资源简介

第35讲　数列的综合问题
【课标要求】　
1.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系,并能用有关知识解决相应的问题.认识数列的函数特性,能结合方程、不等式、解析几何等知识解决一些数列问题.
2.能依据现实的生活背景,提炼相关的数量关系,将现实问题转化为数学问题,构造等差、等比数列模型,并加以解决.
1.数列的综合应用
(1)等差数列和等比数列的综合
等差数列与等比数列相结合的综合问题主要是应用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式,建立关于两个基本量,即首项a1和公差d或公比q的方程组,以及解决等差中项、等比中项等问题.
(2)数列和函数
数列是特殊的函数,等差数列的通项公式和前n项和公式分别是关于n的一次函数和二次函数,等比数列的通项公式和前n项和公式在公比不等于1的情况下是公比q的指数型函数,可以根据函数的性质解决一些数列问题.
(3)数列和不等式
以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题,体现了在知识交汇点上命题的特点.这类问题一般通过数列求通项以及求和去解决一个不等式问题,这里的不等式通常是关于正整数的不等式,可以通过比较法、基本不等式法、导数方法或数学归纳法解决.
2.数列应用题常见模型
等差数 列模型 如果增加(或减少)的量是一个固定量,那么该模型是等差数列模型,增加(或减少)的量就是公差
等比数 列模型 如果后一个量与前一个量的比值是一个固定的数,那么该模型是等比数列模型,这个固定的数就是公比
递推数 列模型 如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,即随着项的变化而变化,那么应考虑an与(n≥2)之间的递推关系,或前n项和Sn与(n≥2)之间的递推关系
题组一　易错辨析
判断下列说法是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果数列{an}为等比数列,那么数列{ln an}是等差数列. (　 )
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且Sp=Sq(p,q∈N*),则Sn在n=(p+q)处取得最大值或最小值. (　 )
(3)等比数列{an}中,a2和a10是方程x2+15x+16=0的两根,则+2a4a8+=225,且a6=±4. (　 )
(4)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的. (　 )
题组二　教材改编
1.已知数列{an}的前n项和Sn=-n2+4n+m(n∈N*),则Sn取最大值时n的值为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A.1 B.2
C.3 D.4
2.一批设备价值a万元,由于使用磨损,每年比上一年价值降低b%,则n年后这批设备的价值为 (　 )
A.na(1-b%) B.a(1-nb%)
C.a[1-(b%)n] D.a(1-b%)n
3.已知等比数列{an}的公比为q,则“q=2”是“4a1,a3,2a2成等差数列”的 (　 )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4.某人从2025年起,每年1月1日到银行新存入2万元(一年定期),若年利率为2%保持不变,且每年到期存款均自动转为新的一年定期,到2035年1月1日将之前所有存款及利息全部取回,他可取回的钱数(单位:万元)约为(参考数据:1.029≈1.195,1.0210≈1.219,1.0211≈1.243) (　 )
A.17.5 B.19.9
C.22.3 D.24.8
5.如图,正方形ABCD的边长为5,取正方形ABCD各边中点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的中点I,J,K,L,作第3个正方形IJKL,依此方法一直继续下去,则从正方形ABCD开始,连续10个正方形的面积之和是　　　　.
　等差、等比数列的综合运算
例1 已知公差为正数的等差数列{an}满足a1=1,且2a1,a3-1,a4+1成等比数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若a2,a5分别是等比数列{bn}的第1项和第2项,求使数列的前n项和Tn<成立的n的最大值.




总结反思
求解等差数列和等比数列的综合问题,主要方法是回归基本量,一般地回归“母数列”的基本量,即若数列{an}是等差数列,则数列中的项都用公差d和a1进行表示,应用方程思想求解.
【对点演练1】 (1)[2026·北京师大附中期中] 在等差数列{an}中,a1=4,且a1,a5,a13成等比数列,则{an}的通项公式为 (　 )
A.an=3n+1
B.an=n+3
C.an=3n+1或an=4
D.an=n+3或an=4
(2)已知数列{an}是公差大于0的等差数列,a2=3,a3·a4=35,数列{bn}的前n项和Sn满足Sn=2bn+n,n∈N*.
①求数列{an},{bn}的通项公式;
②若cn=(an-1)(bn-1),求数列{cn}的前n项和Tn.



　数列与函数、不等式的结合
题型1　数列与不等式的结合
例2 已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=,n2an=Sn.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=an+1,且数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<.



题型2　数列与函数的综合
例3 (1)[2025·辽宁名校联盟联考] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=2,S9=9,则使Sn最大的n的值为 (　 )
A.7 B.8
C.7或8 D.8或9
(2)已知函数f(x)=若数列{an}满足an=f(n),n∈N*,且{an}是递增数列,则实数a的取值范围是 (　 )
A. B.
C.(1,3) D.(2,3)
总结反思
1.(1)对于“和式”数列不等式,根据数列项的特征,先选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项相消法、错位相减法等)求和,再利用所求得的数列的和,证明不等式或求参数的范围.
(2)若不能直接求和,则可以先放缩再求和.常见的放缩技巧有:
①<=;
②-<<-;
③2(-)<<2(-);
④<<,<≤.
2.数列与函数综合问题的主要类型及求解策略:
(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题.
(2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形.
注意数列是一类特殊的函数,即数列只能看作是自变量为正整数的一类函数,在解决问题时要注意这一特殊性.
【对点演练2】 (1)已知函数f(x)=x2-mx的图象在点(1,f(1))处的切线l与直线x+3y-2=0垂直,记数列的前n项和为Sn,则S2025= (　 )
A. B.
C. D.
(2)已知数列{an}的通项公式为an=.
①求证:≤an<1;
②令bn=log2,证明:++…+<.


　数列的综合应用
题型1　实际应用问题
例4 [2026·辽宁沈阳联考] 刚考入大学的小明准备向银行贷款a元购买一台笔记本电脑,然后上学的时候通过勤工俭学来分期还款.小明与银行约定:每个月月末还一次款,分12次还清所有的欠款,且每个月所还的钱数都相等,贷款的月利率为t.则小明每个月所还的钱数为　　 (　 )
A.a(1+t)12 B.
C. D.
题型2　新信息情境下的数列问题
例5 (1)[2025·江苏南京六校联合体调研] 行列式是近代数学中研究线性方程的有力工具,最简单的二阶行列式的运算定义如下:=ad-bc.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若=0,a1=1,公比q≠1,则S7= (　 )
A.31 B.63 C.127 D.255
(2)[2026·天津联考] 中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,叫作“物不知数”,原文如下:今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二.问物几何 现有这样一个相关的问题:将1到2027这2027个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列,构成一个数列,则该数列各项之和为 (　 )
A.63 199 B.59 288
C.59 287 D.59 189
总结反思
1.(1)解决数列应用问题的核心是“将实际问题转化为数列模型”,再利用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式求解.
(2)数列应用问题的通用解题步骤:
①审题:明确“变化规律”.
②建模:将实际问题转化为数列的数学表达式.
③求解:利用数列公式计算目标量.
④验证:检验结果的合理性,即数列应用问题的结果需符合实际意义.
2.在新信息情境下的数列问题中,核心难点在于将陌生的背景、定义或规则转化为熟悉的数列模型(如等差、等比数列).解题的关键是“先理解新信息,再建立数学联系,最后用数列知识求解”.
第一步,精读题干,拆解“新信息”——明确定义、规则或背景;
第二步,利用“新信息”生成前几项——初步感知数列规律;
第三步,建立“新信息”与“已知数列模型”的联系——转化为可解问题;
第四步,验证与求解——确保逻辑闭环.
【对点演练3】 (1)现有某种细胞1000个,其中约有一半的细胞每小时分裂一次,即由1个细胞分裂成2个细胞,按这种规律,1小时后,细胞总数约为×1000+×1000×2=×1000,2小时后,细胞总数约为××1000+××1000×2=×1000,…,则当细胞总数超过1010个时,所需时间至少为(参考数据:lg 3≈0.477,lg 2≈0.301) (　 )
A.36小时 B.38小时
C.40小时 D.42小时
(2)若数列{an}满足-=d(n∈N*,d为常数),则称数列{an}为调和数列.已知数列为调和数列,且+++…+=4050,则x2+x2024的最大值为　　　　. 第35讲　数列的综合问题
● 课前基础巩固
【课前演练】
题组一
(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q(q≠0),当n≥2时,ln an-ln an-1=ln=ln q,当q为负数时无意义.
(2)n必须是正整数,而(p+q)不一定是正整数,所以错误.
(3)因为a2和a10是方程x2+15x+16=0的两根,所以a2+a10=-15,a2·a10=16,所以a2<0,a10<0.因为a4a8=a2a10,所以+2a4a8+=(a2+a10)2=225.设等比数列{an}的公比为q,则a6=a2q4<0,即a6=-=-4.
(4)当n≥2时,an-an-1=d.若d>0,则an>an-1,此时{an}为递增数列;若d=0,则an=an-1,此时{an}为常数列;若d<0,则an题组二
1.B　[解析] 令函数f(x)=-x2+4x+m,其图象的对称轴为直线x=2,开口向下,所以当x=2时函数f(x)取得最大值,所以当n=2时,Sn=-n2+4n+m(n∈N*)取得最大值.故选B.
2.D　[解析] 依题意可知一年后这批设备的价值为a(1-b%),两年后这批设备的价值为a(1-b%)2,三年后这批设备的价值为a(1-b%)3,…,n年后这批设备的价值为a(1-b%)n.故选D.
3.A　[解析] 因为{an}为等比数列,所以a1≠0.若q=2,则a3=a1·q2=4a1,a2=a1·q=2a1,则4a1,a3,2a2为常数列,且为等差数列,所以充分性成立;若4a1,a3,2a2成等差数列,则2a3=4a1+2a2,可得2a1q2=4a1+2a1q,且a1≠0,则q2-q-2=0,解得q=2或q=-1,所以必要性不成立.所以“q=2”是“4a1,a3,2a2成等差数列”的充分不必要条件.故选A.
4.C　[解析] 由题意,2025年存的2万元共存了10年,本息和为2×(1+0.02)10万元,2026年存的2万元共存了9年,本息和为2×(1+0.02)9万元,…,2034年存的2万元共存了1年,本息和为2×(1+0.02)万元,所以到2035年1月1日将之前所有存款及利息全部取回,他可取回的钱数为2×(1+0.02)10+2×(1+0.02)9+…+2×(1+0.02)=2×≈≈22.3(万元),故选C.
5.　[解析] 记第n个正方形的边长为2a,面积Sn=(2a)2=4a2,由每个正方形都是由上一个正方形各边中点连接得到的,可知第(n+1)个正方形的边长为a,面积Sn+1==2a2,则==,所以正方形面积构成的数列{Sn}是首项为S1=25,公比为的等比数列,
故从正方形ABCD开始,连续10个正方形的面积之和为S1+S2+…+S10==50×=.
● 课堂考点探究
探究点一
例1　解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0),由2a1,a3-1,a4+1成等比数列,得=2a1(a4+1).
又a1=1,所以(2d)2=2(3d+2),即2d2-3d-2=0,
则d=2,所以an=a1+2(n-1)=2n-1.
(2)由题意知b1=a2=3,b2=a5=9,则等比数列{bn}的公比q==3,所以bn=3n,则=,
故数列是首项、公比都为的等比数列,则Tn==.
由Tn<,得<,即>,即3n<100.
又34<100<35,n∈N*,所以n≤4,
所以使Tn<成立的n的最大值为4.
对点演练1　(1)D　[解析] 设等差数列{an}的公差为d,因为a1=4,所以an=a1+(n-1)d=4+(n-1)d.因为a1,a5,a13成等比数列,所以=a1a13, 所以(4+4d)2=4·(4+12d), 解得d=1或d=0.当d=1时,a1=4,a5=8,a13=16,满足条件;当d=0时,a1=a5=a13=4,满足条件.所以an=n+3或an=4,故选D.
(2)解:①设等差数列{an}的公差为d(d>0),则a3·a4=35=(a2+d)(a2+2d)=(3+d)(3+2d),
整理可得2d2+9d-26=0,解得d=2(负值舍去),
则an=a2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1.
当n=1时,S1=b1=2b1+1,解得b1=-1.
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=(2bn+n)-(2bn-1+n-1),
整理可得bn=2bn-1-1,则bn-1=2(bn-1-1).
又b1-1=-2≠0,所以{bn-1}是首项为-2,公比为2的等比数列,
则bn-1=-2·2n-1=-2n,
所以bn=1-2n.
②由①得,cn=(an-1)(bn-1)=(2n-2)×(-2n)=(1-n)·2n+1,
则Tn=0×22+(-1)×23+(-2)×24+…+(2-n)×2n+(1-n)×2n+1,
2Tn=0×23+(-1)×24+(-2)×25+…+(2-n)×2n+1+(1-n)×2n+2,
则2Tn-Tn=23+24+…+2n+1+(1-n)×2n+2=+(1-n)×2n+2=(2-n)×2n+2-8,
即Tn=(2-n)×2n+2-8.
探究点二
例2　解:(1)由n2an=Sn,得(n-1)2an-1=Sn-1(n≥2),
则an=Sn-Sn-1=n2an-(n-1)2an-1(n≥2),即(n2-1)an=(n-1)2an-1(n≥2),
得(n+1)an=(n-1)an-1(n≥2),
则=,=,…,=,=,
将以上n-1个式子相乘得=.又a1=,所以an=(n≥2).
当n=1时,a1=也满足上式,所以an=.
(2)证明:因为bn=an+1==-,
所以Tn=++…+=-<,得证.
例3　(1)C　(2)D　[解析] (1)因为所以解得所以Sn=n+·=-n2+n=-+.又n为正整数,所以当n=7或8时,Sn最大.故选C.
(2)由题意可知分段函数f(x)在(-∞,7],(7,+∞]上均单调递增,且f(8)>f(7),即解得2对点演练2　(1)A　[解析] 由题意得f'(x)=2x-m,则f(x)的图象在(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=2-m.又切线l与直线x+3y-2=0垂直,直线x+3y-2=0的斜率为-,所以(2-m)·=-1,解得m=-1,则函数f(x)=x2+x,所以数列的通项公式为==-,则Sn=++…+=1-=,所以S2026=.故选A.
(2)证明:①由an==1-,可知数列{an}是递增数列,则{an}的最小项为a1=.又>0,所以1-<1,故≤an<1,得证.
②由①得bn=log2=n,
当n=1时,=1<;
当n=2时,+=<;
当n≥3时,=<=-,
所以++…+<1++-+…+-=-<.综上,++…+<.
探究点三
例4　D　[解析] 设小明每个月所还的钱数为x,根据等额本息还款法得,第一个月月末还款后所欠银行钱数为a1=a(1+t)-x;第二个月月末还款后所欠银行钱数为a2=a1(1+t)-x=a(1+t)2-x(1+t)-x;…;第12个月月末还款后所欠银行钱数为a12=a(1+t)12-x(1+t)11-x(1+t)10-…-x(1+t)-x=a(1+t)12-x[(1+t)11+(1+t)10+…+(1+t)+1]=a(1+t)12-x·=a(1+t)12+x·.因为分12次还清所有的欠款,所以a(1+t)12+x·=0,解得x=.故选D.
例5　(1)C　(2)D　[解析] (1)根据题意可得2a3(a3-a2)-a4(a3-a2)=0.因为数列{an}是等比数列,a1=1,所以2a1q2(a1q2-a1q)-a1q3(a1q2-a1q)=q3(q-1)(2-q)=0.又q≠1且q≠0,所以q=2,所以S7==27-1=127.故选C.
(2)易知2027=405×5+2=7×289+4.
记题中所求数列为{an},则an=5k+3=7m+2,k,m∈Z,则k=.因为an为自然数,所以k,m均为正整数,所以m=3,8,13,18,….记m的取值从小到大为数列{cn},则cn=3+(n-1)×5=5n-2.令5n-2≤289,解得n≤,所以1≤n≤58,则数列{an}的通项公式为an=7·cn+2=35n-12(1≤n≤58),则数列{an}的各项之和为=59 189.故选D.
对点演练3　(1)C　(2)2　[解析] (1)记n小时后细胞的个数为an,则an+1=an+an×2=an.又a1=×1000,所以{an}是首项为a1=×1000,公比为的等比数列,故an=×1000×=103×.令103×>1010,得>107,则nlg>7,故n>=≈≈39.77.又n为整数,所以当细胞总数超过1010个时,所需时间至少为40小时.故选C.
(2)因为数列为调和数列,所以-=d,故{}为等差数列.
由+++…+=4050,得=4050,所以+=4,所以+=4.又+≥2x2x2024,所以x2x2024≤2,当且仅当x2=x2024=或x2=x2024=
-时取等号.又=++2x2x2024=4+2x2x2024≤8,当且仅当x2=x2024=±时取等号,所以x2+x2024的最大值为2.

展开更多......

收起↑